Prof. Dr. M. Schulze und R. Epure Sommersemester 2018
Grundlagen der Mathematik I Lösung zu Blatt 13
Keine Abgabe
Aufgabe 51.
(a) Bestimmen Sie die Determinanten der folgenden Matrizen überR:
A=
1 −1 2
0 3 5
1 8 −7
, B=
−3 4 2 1
2 1 3 5
0 1 1 2
1 2 4 0
, C=
1 2 44 55 3 4 66 77
0 0 5 6
0 0 7 8
.
(b) Zeigen Sie für allen∈N>0 unda1, . . . , an∈R\{0}gilt:
det
0 1 1 . . . 1 1 a1 0 . . . 0 1 0 a2 . .. 0 ... ... . .. . .. ... 1 0 0 . . . an
=−
n
Y
i=1
ai
!
·
n
X
i=1
1 ai
!
Lösung.
(a) Fur Aergibt sich durch Entwicklung nach derersten Spalte:
det(A) = 1·det 3 5
8 −7
+ 1·det
−1 2 3 5
=−21−40 + (−5)−6 =−72.
FürB ergibt sich durch Anwendung des Gaußalgorithmus zunächst:
−3 4 2 1
2 1 3 5
0 1 1 2
1 2 4 0
3Z4+Z1→Z1
−2Z1+Z2→Z2
−→
0 10 14 1 0 −3 −5 5
0 1 1 2
1 2 4 0
3Z3+Z2→Z2
−10Z3+Z1→Z1
−→
0 0 4 −19
0 0 −2 11
0 1 1 2
1 2 4 0
2Z2+Z1→Z1
−→
0 0 0 3
0 0 −2 11
0 1 1 2
1 2 4 0
Jetzt haben wir eine Matrix mit einer diagonalen Gestalt, womit wir durch Entwickeln nach der letzten Spalte
det(B) = 3·(−2) =−6 erhalten.
Bei MatrixC erkennen wir die Blockgestalt und können Aufgabe 18.24 aus dem Skript benutzen:
det(C) = det 1 2
3 4
·det 5 6
7 8
= (−2)·(−2) = 4.
(b) Aus der Vorlesung wissen wir, dass das Addieren der Vielfachen einer Zeile zu einer anderen die Determinante nicht ändert. Damit gilt
det
0 1 1 · · · 1 1 a1 0 · · · 0 1 0 a2 . .. ... ... ... . .. . .. 0 1 0 · · · 0 an
= det
−
n
P
i=1 1
ai 0 0 . . . 0 1 a1 0 · · · 0 1 0 a2 . .. ... ... ... . .. . .. 0 1 0 · · · 0 an
.
Schließlich wissen wir auch aus der Vorlesung, dass die Determinante einer Dreiecksmatrix das Produkt ihrer Diagonaleinträge ist, also
det
−
n
P
i=1 1
ai 0 0 . . . 0 1 a1 0 · · · 0 1 0 a2 . .. ... ... ... . .. . .. 0 1 0 · · · 0 an
=−
n
Y
i=1
ai
!
·
n
X
i=1
1 ai
! .
Aufgabe 52. Gegeben sei die lineare Abbildung f :R3→R4mit
f
x1
x2
x3
=
x1+x2+x3
x3
x1+x2
x1−x3
.
Ferner bezeichnenE1 undE2 die kanonischen Basen vonR3 bzw.R4. Seien
B1=
1 0
−1
,
0 1 1
,
1 1 1
undB2=
1 0 0 0
,
1 1 0 0
,
1 1 1 0
,
0 0
−1 1
ebenfalls Basen vonR3 bzw.R4. g:R3→R4sei eine weitere lineare Abbildung mit
ABg1,B2 =
1 0 0
3 0 2
5 −1 0
0 1 3
.
(a) Bestimmen SieAEf1,E2.
(b) Geben Sie die BasiswechselmatrizenAB1,E1 undAB2,E2 an.
(c) Bestimmen SieABf1,B2 undAEf1,B2. (d) Bestimmen SieAEg1,E2.
Lösung.
(a) Um die Darstellungsmatrix von f bezüglich der Standardbasen zu berechnen benötigt man die Bilder der kanonische Basisvektoren:
f
1 0 0
=
1 0 1 1
, f
0 1 0
=
1 0 1 0
, f
0 0 1
=
1 1 0
−1
.
Danach schreibt man diese einfach als die Spalten der MatrixAEf1,E2 :
AEf1,E2 =
1 1 1
0 0 1
1 1 0
1 0 −1
.
(b) Die Basiswechselmatrizen von B1 nach E1,bzw. vonB2 nach E2 ergeben sich wie eben durch das Schreiben der Vektoren als Spalten der Matrix:
AB1,E1 =
1 0 1 0 1 1
−1 1 1
, AB2,E2 =
1 1 1 0
0 1 1 0
0 0 1 −1
0 0 0 1
.
(c) Um die gesuchten Darstellungsmatrizen zu berechnen, betrachten wir zunächst das fol- gende kommutative Diagramm:
R3B1 ABf1,B2
//
AB1,E1
R4B2
AB2,E2
R3E1
AEf1,E2
//R4E2
Hierbei bezeichnet R3E1 das R3 mit der kanonischen Basis etc. Aus dem kommutativen Diagramm können wir sofort herauslesen, dass
ABf1,B2 = (AB2,E2)−1AEf1,E2AB1,E1 undAEf1,B2 = (AB2,E2)−1AEf1,E2 gilt.
Da wir alle Matrizen außer(AB2,E2)−1 haben, muss nur diese berechnet werden.
1 1 1 0 1 0 0 0
0 1 1 0 0 1 0 0
0 0 1 −1 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 0 1
Z4+Z3→Z3
−Z2+Z1→Z1
−→
1 0 0 0 1 −1 0 0
0 1 1 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 1
0 0 0 1 0 0 0 1
−Z3+Z2→Z2
−→
1 0 0 0 1 −1 0 0
0 1 0 0 0 1 −1 −1
0 0 1 0 0 0 1 1
0 0 0 1 0 0 0 1
Somit ist
AB2,E2−1
=AE2,B2=
1 −1 0 0
0 1 −1 −1
0 0 1 1
0 0 0 1
.
Alternativ hätte man auch die kanonischen Basisvektoren in der BasisB2ausdrücken kön- nen und dann die Koordinaten als Spalten einer Matrix schreiben können (vgl. Tutorium) und dasselbe Ergebnis wäre herausgekommen. Hiermit ergibt sich:
AEf1,B2 =
1 −1 0 0
0 1 −1 −1
0 0 1 1
0 0 0 1
·
1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 −1
=
1 1 0
−2 −1 2
2 1 −1
1 0 −1
und
ABf1,B2 =
1 −1 0 0
0 1 −1 −1
0 0 1 1
0 0 0 1
·
1 1 1
0 0 1
1 1 0
1 0 −1
·
1 0 1 0 1 1
−1 1 1
=
1 1 2
−4 1 −1
3 0 2
2 −1 0
.
(d) Aus dem kommutativen Diagramm von eben sehen wir:
AEg1,E2 =AB2,E2ABg1,B2 AB1,E1−1 ,
womit nur (AB1,E1)−1berechnet werden muss. Hierzu stellen wir die kanonischen Basis- vektoren durch die BasisB1 dar:
e1=−
0 1 1
+
1 1 1
, e2=
1 0
−1
+ 2
0 1 1
−
1 1 1
, e3=−
1 0
−1
−
0 1 1
+
1 1 1
. Somit ist
AB1,E1−1
=
0 1 −1
−1 2 −1
1 −1 1
Wie oben ergibt sich dann:
AEg1,E2 =
3 5 −6
3 4 −5
−1 4 −6
2 −1 2
.
Aufgabe 53. SeiK ein Körper undm, n, p, r∈N.Zeigen Sie:
(a) Für alleA∈Mat(m×n, K)undB∈Mat(n×p, K)gilt
rk(A) + rk(B)−n≤rk(AB)≤min(rk(A),rk(B)).
(b) Ist A ∈ Mat(m×n, K) eine Matrix von Rang r ≤ min(m, n), dann gibt es Matrizen B∈Mat(m×r, K)undC∈Mat(r×n, K),sodass A=BC.
Hinweis zu (a): Verwenden Sie Aufgabe 49.
Lösung.
(a) Wir identifizieren die Matrizen mit entsprechenden linearen Abbildungen. Seien U, V, W Vektorräume mitdim(U) =p,dim(V) =nunddim(W) =m.Weiterhin seif :U →V die zuB gehörige lineare Abbildung undg:V →W die zuA gehörende lineare Abbildung.
Dann istrk(A) = dim(Im(g))undrk(B) = dim(Im(f)).
Wir wissen aus Aufgabe 49, dass gilt:
dim(Ker(g◦f)) = dim(Ker(f)) + dim(Ker(g)∩Im(f)) Nun istdim(Ker(g◦f)) = dim(U)−dim(Im(g◦f)),womit
dim(U)−dim(Im(g◦f)) = dim(Ker(f)) + dim(Ker(g)∩Im(f))
= dim(U)−dim(Im(f)) + dim(Ker(g)∩Im(f))
≤dim(U)−dim(Im(f)) + dim(Ker(g))
= dim(U)−dim(Im(f)) + dim(V)−dim(Im(g)) Umstellen ergibt:
rk(A) + rk(B)−n= dim(Im(f)) + dim(Im(g))−dim(V)
≤dim(Im(g◦f)) = rk(AB).
Nun zeigen wir den zweiten Teil der Abschätzung. zunächst ist klar, dassIm(g◦f)≤Im(g), wodurchrk(AB)≤rk(A)gilt. Mit der Formel aus Aufgabe 49 gilt weiterhin:
dim(U)−dim(Im(g◦f))≥dim(Ker(f)
⇐⇒ dim(Im(f)) = dim(U)−dim(Ker(f)≥dim(Im(g◦f)),
dadim(Ker(g)∩Imf)≥0.Hieraus folgt sofortrk(AB)≤rk(B) = dim(Im(f)).Kombi- nieren beider Abschätzungen ergibt:
rk(AB)≤min(rk(A),rk(B)), womit die Behauptung gezeigt ist.
(b) Aus der Vorlesung wissen wir, dass es MatrizenU ∈Mat(m×m, K)und V ∈Mat(n× n, K)gibt, so dass
A=U
Er 0 0 0
V.
Das können wir schreiben als A=U
Er 0
| {z }
B0
Er 0
| {z }
C0
V
wobei B0∈Mat(m×r, K), C0 ∈Mat(r×n, K). Definieren wirB =U B0 undC=C0V, so erhalten wir das Gewünschte.
Aufgabe 54.
(a) Bestimmen Sie Basen von Bild und Kern folgender Matrizen über R:
A=
2 1 −1
1 −2 0
0 0 0
1 2 −1
, B=
1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0
.
(b) Bestimmen Sie die Lösungsmengen der folgenden reellen Gleichungssysteme, ggf. in Ab- hängigkeit vom Parametert∈R:
0 1 2 3 0 1 2 3 4 0 2 3 4 5 0 3 4 5 6 0
,
2 4 2 12t
2 12 7 12t+ 7 1 10 6 7t+ 8
Lösung.
(a) Wir beginnen mit der Matrix A. Wir bringen diese in reduzierte Zeilenstufen Form (s.
Definition 17.5). Nach Algorithmus 17.17 können wir dann Erzeuger von Kern und Bild ablesen. Hierbei entsprechen die Erzeuger vom Kern genau den Spalten in dertransfor- miertenMatrix, in denen eine−1eingefügt wurde, und die Erzeuger vom Bild entspre- chen den übrigen Spalten in derAusgangsmatrix.
2 1 −1
1 −2 0
0 0 0
1 2 −1
−Z1+2Z2→Z2
−Z1+2Z4→Z4
−→
2 1 −1
0 −5 1
0 0 0
0 3 −1
Z2+Z4→Z2
−→
2 1 −1
0 −2 0
0 0 0
0 3 −1
−1 2Z2→Z2 3Z2−Z4→Z4
−→
2 1 −1
0 1 0
0 0 0
0 0 1
1
2(Z1−Z2+Z3)→Z1 Sortieren
−→
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
Die Matrix A ist nun in reduzierter Zeilenstufen Form und es kann keine −1 eingefügt werden. Damit ergibt sich:
Ker(A) =
*
0 0 0
+
und Im(A) =
*
2 1 0 1
,
1
−2 0 2
,
−1 0 0
−1
+
.
Nun führen wir dasselbe Verfahren mit der MatrixB durch:
1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0
−Z1+Z3→Z3
−Z2+Z4→Z4
−→
1 1 0 1 0
0 1 1 0 0
0 0 0 −1 1
0 0 0 0 0
Z3+Z1→Z1
−Z2+Z1→Z1
−→
1 0 −1 0 1
0 1 1 0 0
0 0 0 −1 1
0 0 0 0 0
−Z3→Z3
−→
1 0 −1 0 1
0 1 1 0 0
0 0 0 1 −1
0 0 0 0 0
Einfügen der−1 und einer0 Zeile ergibt:
1 0 −1 0 1
0 1 1 0 0
0 0 −1 0 0
0 0 0 1 −1
0 0 0 0 −1
.
Damit ist
Ker(B) =
*
−1 1
−1 0 0
,
1 0 0
−1
−1
+
und Im(B) =
*
1 0 1 0
,
1 1 1 1
,
1 0 0 0
+
.
(b) Wir fangen mit dem ersten Gleichungssystem an führen es auf reduzierte Zeilenstufenum- formungen:
0 1 2 3 0 1 2 3 4 0 2 3 4 5 0 3 4 5 6 0
−2Z2+2Z3→Z3
−3Z2+Z4→Z4
−→
0 1 2 3 0
1 2 3 4 0
0 −1 −2 −3 0 0 −2 −4 −6 0
Sortieren
−→
1 2 3 4 0
0 1 2 3 0
0 −2 −4 −6 0 0 −1 −2 −3 0
Z2+Z4→Z4 2Z2+Z3→Z3
−→
1 2 3 4 0 0 1 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
−2Z2+Z1→Z1
−→
1 0 −1 −2 0
0 1 2 3 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
An dieser Stelle kann man ablesen, dass für die Lösungsmenge gilt:
L=
*
−1 2
−1 0
,
−2 3 0
−1
+
.
Das zweite Gleichungssystem hat einen Parameter, dennoch kann man dasselbe Verfahren benutzen:
2 4 2 12t
2 12 7 12t+ 7 1 10 6 7t+ 8
−2Z3+Z1→Z1
−2Z3+Z2→Z2
−→
0 −16 −10 −2t−16 0 −8 −5 −2t−9
1 10 6 7t+ 8
Sortieren
−→
1 10 6 7t+ 8
0 −8 −5 −2t−9 0 −16 −10 −2t−16
−Z2→Z2 2Z2+Z3→Z3
−→
1 10 6 7t+ 8 0 8 5 2t+ 9 0 0 0 2t+ 2
An dieser Stelle sieht man bereits, dass nur für t = −1 Lösungen existieren können.
Deswegen setzen wir jetzt überallt=−1 :
1 10 6 1
0 8 5 7
0 0 0 0
−10
8Z2+Z1→Z1 1
8Z2→Z2
−→
1 0 −28 −628 0 1 58 78
0 0 0 0
Für lineare Gleichungssysteme wissen wir, dass sich die Lösung ein affiner Untervektor- raum ist (s. Definition 14.15 und Satz 17.1). Da die Matrix in reduzierter Zeilenstufenform ist, können wir die Lösungsmenge im Fallt=−1 einfach ablesen (s. Algorithmus 17.8).
L=
−62 87 8
0
+
*
−2 85 8
−1
+
=
−62 87 8
0
+
*
−2 5
−8
+
Für den Fallt6=−1 erhalten wir:
L=∅.
